(共23张PPT)
培优拓展(七) 体育比赛中的概率问题
类型一 n局m胜制
类型二 连胜制
目 录 索 引
类型三 积分制
体育比赛中的概率问题,通常需要明确事件的性质(如独立事件、互斥事件等),运用相应的概率公式进行计算,同时要结合比赛的实际情况和数据进行分析;重点考查构建数学模型、数据分析和数据处理以及分析问题、解决问题的能力.
类型一 n局m胜制
例1 (2025北京东城模拟)为丰富校园文化生活,学校举办了乒乓球比赛.决赛采用三局两胜制的比赛规则(先赢得2局的队伍获胜并结束比赛).已知甲、乙两队进入决赛,且根据以往比赛统计得知,在每局比赛中甲队获胜的概率为p(0
(1)若p=,求乙队以2∶0获胜的概率;
(2)若p=,比赛结束时甲队获胜的局数记为X,求X的数学期望;
(3)若比赛打满3局的概率记为f(p),请直接写出f(p)的最大值及此时p的值,并解释此时的实际意义.
解 (1)乙队以2∶0获胜意味着乙队在前两局中均获胜.乙队每局获胜的概率为1-p,因此乙队以2∶0获胜的概率为P(乙队2∶0获胜)=(1-p)2=(1-)2=
(2)比赛结束时甲队获胜的局数X的可能取值为0,1,2,则P(X=0)=(1-p)2=, P(X=1)=2p(1-p)2=,P(X=2)=p2+p2(1-p)=p2(2-p)=
所以E(X)=0+1+2
(3)比赛打满3局的概率f(p)表示比赛进行到第3局才分出胜负.
这种情况发生当且仅当前两局双方各胜1局,因此f(p)=2p(1-p).
将f(p)视为关于p的函数,
其最大值出现在p=处,最大值为f()=2(1-)=
实际意义是当甲、乙两队实力相当时,比赛打满3局的概率最大.
类型二 连胜制
例2 (2025江西南昌二模)为宣扬中国文化,某校组织古诗词知识比赛.比赛分为两阶段,第一阶段为基础知识问答,每位选手都需要回答3个问题,答对其中至少2个问题,进入第二阶段,否则被淘汰;第二阶段分高分组和低分组,第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组,共回答4个问题,每答对一个得20分,答错不得分;第一阶段答对2个问题的选手进入低分组,共回答4个问题,每答对一个得10分,答错不得分.第一阶段,每个问题选手甲答对的
概率都是;第二阶段,若选手甲进入高分组,每个问题答对的概率都是,若选手甲进入低分组,每个问题答对的概率都是.
(1)求选手甲第一阶段不被淘汰的概率;
(2)求选手甲在该次比赛得分数为40分的概率;
(3)已知该次比赛选手甲进入了高分组,记选手甲在该次比赛中得分数为X,求随机变量X的分布列和数学期望.
解 (1)选手甲第一阶段不被淘汰,即甲回答三个问题答对其中2个或3个,其概率为p1=)2()+()3=
(2)选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况:进入高分组,答对2个问题;进入低分组,答对4个问题,故概率为p2=)2()()4+()3()2()2=
(3)X的可能取值有0,20,40,60,80,
P(X=0)=)4=,
P(X=20)=)3()1=,
P(X=40)=)2()2=,
P(X=60)=)1()3=,
P(X=80)=)4=,
所以X的分布列为
所以E(X)=20×4=20.
X 0 20 40 60 80
P
【对点训练】(2025湖南长沙模拟)已知甲、乙两人进行乒乓球比赛,每局比赛甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,每局比赛的结果互不影响.规定:净胜m局指的是一方比另一方多胜m局.
(1)如果约定先净胜两局者获胜,求恰好4局结束比赛的概率;
(2)如果约定先净胜三局者获胜,那么在比赛过程中,甲可能净胜i(i=-3,-2,-1, 0,1,2,3)局.设甲在净胜i局时,继续比赛甲获胜的概率为Pi,比赛结束(甲、乙有一方先净胜三局)时需进行的局数为Xi,期望为E(Xi).
①求甲获胜的概率P0;
②求E(X0).
解 (1)4局结束比赛时甲获胜,则在前2局甲、乙各胜一局,并且第3,4局甲胜,概率为()2=;4局结束比赛时乙获胜,则在前2局甲、乙各胜一局,并且第3,4局乙胜,概率为()2=,所以恰好4局结束比赛的概率为
(2)①在甲净胜-2局前提下,继续比赛一局:
若甲赢,则甲的状态变为净胜-1局,继续比赛获胜的概率为P-1;
若甲输,则甲的状态变为净胜-3局,比赛结束,根据全概率公式,P-2=P-1,
同理P-1=P0+P-2,P0=P1+P-1,P1=P2+P0,P2=P1,
由P1=P2+P0,P2=P1,得P1=P0,与P0=P1+P-1
联立消去P1,得P0=P-1,
又P-2=P-1,P-1=P0+P-2,得P-1=P0,
与P0=P-1联立消去P-1,得P0=,所以甲获胜的概率为
②在甲净胜-2局前提下,继续比赛一局:
若甲赢,则甲的状态变为净胜-1局,继续比赛至结束,还需要E(X-1)局,共进行了E(X-1)+1局;若甲输,则甲的状态变为净胜-3局,比赛结束,共进行了1局,则E(X-2)=[E(X-1)+1]+1,即E(X-2)=E(X-1)+1,
同理E(X-1)=[E(X0)+1]+[E(X-2)+1],
即E(X-1)=E(X0)+E(X-2)+1,E(X0)=[E(X1)+1]+[E(X-1)+1],
即E(X0)=E(X1)+E(X-1)+1,E(X1)=[E(X2)+1]+[E(X0)+1],
即E(X1)=E(X2)+E(X0)+1,E(X2)=1+[E(X1)+1],即E(X2)=E(X1)+1,
联立E(X1)=E(X2)+E(X0)+1与E(X2)=E(X1)+1,得E(X1)=E(X0)+,
联立E(X-2)=E(X-1)+1与E(X-1)=E(X0)+E(X-2)+1,得E(X-1)=E(X0)+,
代入E(X0)=E(X1)+E(X-1)+1,得E(X0)=E(X0)+]+E(X0)+]+1,
所以E(X0)=7.
类型三 积分制
例3 (2025山东德州一模)某排球比赛的规则是:每局25分,达到24分时,比赛双方必须相差2分,才能分出胜负;每场比赛采用“5局3胜制”(即有一支球队先胜3局即获胜,比赛结束);比赛排名采用积分制,积分规则如下:比赛中,以3∶0或3∶1取胜的球队积3分,负队积0分;以3∶2取胜的球队积2分,负队积1分.甲、乙两队近期将要进行比赛,为预测它们的积分情况,收集了两队以往6局比赛成绩:
队伍 1 2 3 4 5 6
甲 25 21 27 27 23 25
乙 18 25 25 25 25 17
假设用频率估计概率,且甲、乙每局的比赛相互独立.
(1)估计甲队每局获胜的概率;
(2)如果甲、乙两队比赛1场,求甲队的积分X的分布列和数学期望;
(3)如果甲、乙两队约定比赛2场,请比较两队积分相等的概率与的大小.
解 (1)由表可知,6场比赛甲赢了4场,则甲每局获胜的频率为,
用频率估计概率,所以甲队每局获胜的概率为
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,
可得P(X=0)=()3+()2,
P(X=1)=()2×()2,
P(X=2)=()2×()2,
P(X=3)=()2+()3=,
所以X的分布列为
所以数学期望E(X)=0+1+2+3
X 0 1 2 3
P
(3)记“甲、乙比赛两场后,两队积分相等”为事件A,设第i场甲、乙两队积分分别为Xi,Yi,则Xi=3-Yi,i=1,2,因为两队积分相等,所以X1+X2=Y1+Y2,即X1+X2=(3-X1)+(3-X2),则X1+X2=3,而P(X=0)=()3+()2,
P(X=1)=()2×()2,P(X=2)=()2×()2,
P(X=3)=()2+()3=,
所以P(A)=P(X1=0)P(X2=3)+P(X1=1)P(X2=2)+P(X1=2)P(X2=1)+P(X1=3)P(X2=0)
=,
因为,所以两队积分相等的概率小于(共55张PPT)
专题四 统计与概率
考点一 排列与组合问题
考点二 二项式定理
目 录 索 引
考点三 互斥事件与相互独立事件
考点四 概率
领航高考风向标
近五年高考统计与概率命题呈现以下特点:
1.知识深度融合 概率与数列、函数、导数的融合趋势明显,如2023年新高考Ⅰ卷的解答题中,将等比数列与离散型随机变量的期望、概率相结合.考查学生分析问题、解决问题以及数据处理的能力.
2.凸显情境化 命题常以贴近学生日常生活的情境展开,体现统计与概率在实际问题中的应用.像2024年全国甲卷文科的有约束排队问题,2025年新高考Ⅰ卷研究某疾病与超声波检查结果的关系问题等.考查学生的阅读理解能力、数据分析能力、数学建模能力和问题解决能力.
3.知识点覆盖全面 涉及古典概型、计数原理、正态分布、二项式定理、独立性检验、随机变量的分布列和期望等主干知识.如2024年新高考Ⅰ卷考查了正态分布的性质、古典概型、计数原理等;2025年新高考Ⅱ卷考查了相互独立事件、互斥事件以及二项分布的概率计算等.
4.试题结构灵活 多角度分析的开放性问题增加.如2024年新高考Ⅱ卷的概率与统计解答题,通过投篮比赛决策等.要求用统计结论解释现实问题,强调逻辑表达,重点考查学生对统计思想的理解.
第1讲 计数原理、概率
考点一 排列与组合问题
理知识
1.解决排列组合问题时注意确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题.
2.解决排列、组合问题的一般过程
(1)认真审题,弄清楚要做什么事情;
(2)要做的事情是需要分步还是分类,还是分步分类同时进行,确定分多少步及多少类;
(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少元素.
链高考
1.(2023新高考Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).【一题多解】
64
解析 (方法一 直接法) 若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有=16(种)不同的选课方案;
若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有=48(种)不同的选课方案.综上,共有16+48=64(种)不同的选课方案.
(方法二 间接法) 由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有= 84(种)不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的有2()=20(种),则符合题意的共有84-20=64(种)不同的选课方案.
2.(2024新高考Ⅱ,14)在下图的4×4方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有 种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格的4个数之和的最大值是 .
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
24
112
解析 因为每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有4×3×2×1=24(种)选法.
4个数之和最大的选法为最后一列选43,逐列递选,最大值为43+33+21+15=112.
例1 (1)(2023新高考Ⅱ,3)某学校为了了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果有( )
A.种 B.种
C.种 D.种
D
解析 由题意,初中部和高中部总共有400+200=600(人),按照分层随机抽样的原理,应从初中部抽取60=40(人),从高中部抽取60=20(人).
第一步,从初中部抽取40人,有种方法,第二步,从高中部抽取20人,有种方法,根据分步乘法计数原理,一共有种抽样结果.故选D.
(2)(2022新高考Ⅱ,5)甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式有( )
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
B
解析 把丙、丁看成一个元素,则(丙、丁)、乙、戊的排列共有=12(种)不同的排法.又由于甲不站在两端,利用“插空法”可得甲只有种不同的排法.由分步乘法计数原理可得,不同的排列方式共有12=24(种).故选B.
(3)(2025河北保定一模)勒洛三角形是一种特殊三角形,指分别以正三角形的三个顶点为圆心,以其边长为半径作圆弧,由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,且相邻区域颜色不同,则不同的涂色方案种数为( )
【一题多解】
A.120 B.240
C.300 D.320
D
解析 (方法一)先涂中间,有5种选色,再逐个涂旁边部分,都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为5×4×4×4=320.故选D.
(方法二)涂四种颜色时共有=120种不同的涂法;涂三种颜色时共有3=180种不同的涂法;涂两种颜色时共有=20种不同的涂法,所以共有120+180+20=320种不同的涂法.故选D.
(4)(2025湖北武汉二模)中华美食源远流长,厨师活计有“站道,站板,雕花,炉火”等分工术语,现安排甲、乙、丙、丁、戊这5名同学参加厨师活计,每人只安排一项活计,若“炉火”活计不安排,其余三项活计至少有1人参加,则不同安排方案的种数为 .
150
解析 按照1∶1∶3的比例分组,共有=10种分组方法,按照2∶2∶1的比例分组,共有=15种分组方法,将分好的三组安排除“炉火”活计之外的三项工作,有=6种情况,则不同安排方案的种数是(10+15)×6=150.
考点二 二项式定理
理知识
1.求(a+b)n的展开式中的特定项或特定项的系数用通项公式Tk+1=an-kbk (k=0,1,2,…,n).
2.二项式系数和+…+=2n.
3.奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等,都等于2n-1.
4.求解系数和问题应用赋值法.
链高考
(2025北京,12)已知(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4,则a0= ; a1+a2+a3+a4= .
1
15
解析 令x=0,得a0=1.令x=-,得16=a0+a1+a2+a3+a4,把a0=1代入上式,得a1+a2+a3+a4=15.
例2 (1)(多选题)(2025吉林三模)在(-x2)5的展开式中,下列说法正确的是
( )
A.各二项式系数的和是32
B.各项系数的和是1
C.二项式系数最大的项只有第3项
D.含x4的项的系数是40
AB
解析 (-x2)5的展开式的通项公式为Tk+1=)5-k(-x2)k=(-1)k25-kx3k-5, k=0,1,…,5.
对于选项A,展开式中二项式系数之和为25=32,故A正确;
对于选项B,当x=1时,各项系数的和为(2-1)5=1,故B正确;
对于选项C,展开式共有6项,其中二项式系数最大的项为第3项和第4项,故C错误;
对于选项D,由Tk+1=(-1)k25-kx3k-5,令3k-5=4,可得k=3,所以展开式中含x4的项的系数为(-1)325-3=-40,故D错误.故选AB.
(2)(原创)在(+m)(x-y)5的展开式中,含x2y3的项的系数为-15,则m= ;在(x2+x+y)6的展开式中,含x7y的项的系数为 .(用数字作答)
2
60
解析 由(+m)(x-y)5的展开式中x2y3的系数为-15,
可得(-1)4+m(-1)3=-15,即5-10m=-15,解得m=2.
根据题意,在(x2+x+y)6的展开式中,含x7y的项的系数为=6×10=60.
(3)(2024全国甲,理13)(+x)10的展开式中,各项系数的最大值是 .
5
解析 (+x)10的展开式的通项公式为Tk+1=)10-kxk,0≤k≤10且k∈Z,
设展开式中第k+1项系数最大,则
k,又k∈Z,故k=8,所以展开式中系数最大的项是第9项,且该项系数为)2=5.
【对点训练1】(多选题)(2025湖北黄冈模拟预测)下列说法正确的是( )
A.29+28+…+=39
B.若(2x-1)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,则a1+a2+…+a8=0
C.5555被8整除的余数为1
D.1.0510精确到0.1的近似数为1.6
ABD
解析 对于A,由二项式定理可知29+28+…+=(2+1)9=39,故A正确;
对于B,令x=0,得a0=1,令x=1,得1=a0+a1+a2+…+a8,所以a1+a2+…+a8=0,故B正确;
对于C,5555=(56-1)55=5655-5654+5653-…+561-560,由此可得5555被8整除的余数为8-1=7,故C错误;
对于D,1.0510=(1+0.05)10=0.050+0.051+0.052+…+0.0510
=1+0.5+0.112 5+…=1.612 5+…,0.052以后的项太小,可忽略不计,所以1.0510精确到0.1的近似数为1.6,故D正确.故选ABD.
考点三 互斥事件与相互独立事件
理知识
1.事件A,B互斥,则A∩B= ,对立事件一定是互斥事件,互斥事件不一定对立.
2.相互独立事件的判断方法:一是两个事件相互没有影响;二是利用公式P(AB)=P(A)·P(B).
3.设A,B是一个随机试验中的两个事件,则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),若事件A,B互斥,则P(AB)=0.
链高考
1.(2021新高考Ⅰ,8)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则( )
A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立
B
解析 由已知得P(甲)=,P(乙)=,P(丙)=,P(丁)=,
P(甲丙)=0,P(甲丁)=,P(乙丙)=,P(丙丁)=0.
由于P(甲丁)=P(甲)·P(丁)=,
根据相互独立事件的性质,知事件甲与丁相互独立,故选B.
2.(2022全国乙,理10)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则( )【一题多解】
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大
D
解析 (方法一)要求连胜两局,故只能第一局和第二局连胜,或第二局和第三局连胜,则第二局和谁比赛很重要,第二局的对手实力越强,连胜两局的概率越小,第二局的对手实力越弱,连胜两局的概率越大,所以根据条件估算得到丙实力最弱,所以D选项正确.
(方法二)当该棋手在第二盘与甲比赛时,
p=p1p2(1-p3)+p1p3(1-p2)=p1p2+p1p3-2p1p2p3;
当该棋手在第二盘与乙比赛时,p=p2p1(1-p3)+p2p3(1-p1)=p1p2+p2p3-2p1p2p3;
当该棋手在第二盘与丙比赛时,p=p3p1(1-p2)+p3p2(1-p1)=p1p3+p2p3-2p1p2p3.
由p3>p2>p1>0,可知该棋手在第二盘与丙比赛,p最大.
例3 (1)(2025湖南长沙模拟)甲、乙两人在玩掷骰子游戏,两人各掷一次,设得到的点数分别为x,y,A表示事件“x>4”,B表示事件“y为奇数”,C表示事件“x+y>8”,D表示事件“x+y=7”,则相互独立的事件是( )
A.A与C B.B与C
C.C与D D.B与D
D
解析 由题意,得事件A:“x>4”的情况有(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共12种,
所以P(A)=;
事件B:“y为奇数”的情况有(1,1),(1,3),(1,5),(2,1),(2,3),(2,5),(3,1),(3,3),(3,5),(4,1),(4,3),(4,5),(5,1),(5,3),
(5,5),(6,1),(6,3),(6,5),共18种,所以P(B)=;
事件C:“x+y>8”的情况有(3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5), (6,6),共10种,所以P(C)=;
事件D:“x+y=7”的情况有(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),共6种,所以P(D)=
对于A,因为P(AC)=P(A)P(C),所以A与C不独立,故A错误;
对于B,因为P(BC)=P(B)P(C),所以B与C不独立,故B错误;
对于C,因为事件C与D不能同时发生,所以P(CD)=0≠P(C)P(D),故C错误;
对于D,因为P(BD)==P(B)P(D),所以B与D相互独立,故D正确.故选D.
(2)(多选题)(2025江西南昌模拟)已知事件A,B发生的概率分别为P(A)=, P(B)=,则( )
A.若A与B互斥,则P(A∪B)=
B.若A与B相互独立,则P(AB)=
C.若A与B相互独立,则P(A)=
D.若A与B相互独立,则P(A∪B)=
ACD
解析 对于A,若A与B互斥,则P(A∪B)=P(A)+P(B)=,故A正确;
对于B,若A与B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B)=,故B错误;
对于C,若A与B相互独立,则A与相互独立,则P(A)=P(A)P()=,故C正确;
对于D,若A与B相互独立,
则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=,故D正确.故选ACD.
(3)(多选题)(2023新高考卷Ⅱ,12)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立.发送0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1-α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1-β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次,三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1).则下列说法正确的是( )
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-α)(1-β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1-β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)3
D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
ABD
解析 发送1时,收到1的概率为1-β;发送0时,收到0的概率为1-α,再结合独立性可知,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,故A正确.
采用三次传输方案,若发送1,实际发送了1,1,1,因此依次收到1,0,1的概率为(1-β)β(1-β)=β(1-β)2,故B正确.
采用三次传输方案,若发送1,译码为1的充要条件是至少接收到两个1,因此译码为1的概率为(1-β)2+(1-β)3=3β(1-β)2+(1-β)3,故C不正确.
当0<α<0.5时,若发送0,采用三次传输方案译码为0的概率为3α(1-α)2+(1-α)3 =(1-α)[1+α(1-2α)],采用单次传输方案译码为0的概率为1-α.当0<α<0.5时,由1+α(1-2α)>1得3α(1-α)2+(1-α)3>1-α,故D正确.故选ABD.
考点四 概率
理知识
1.古典概型的概率公式:P(A)=.
2.条件概率公式:设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,则P(B|A)=.
3.全概率公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,有P(B)=P(Ai)·P(B|Ai).
链高考
1.(2024全国甲,文5)甲、乙、丙、丁四人排成一列,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是( )
A. B.
C. D.
B
解析 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24种可能.丙不在排头,且甲或乙在排尾共有=8种可能.故所求概率P=故选B.
2.(2023全国甲,理6)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A.0.8 B.0.6
C.0.5 D.0.4
A
解析 在该地的中学生中随机调查一位同学,设事件A=“该同学爱好滑雪”, B=“该同学爱好滑冰”.由题可知P(A)=50%=0.5,P(AB)=60%+50%-70% =40%=0.4,所以P(B|A)==0.8.故选A.
3.(2025天津,13)某同学每周在操场跑圈2次,一次跑5圈或6圈.已知:该同学第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5.若第一次跑5圈,则第二次跑5圈的概率为0.4,跑6圈的概率为0.6;若第一次跑6圈,则第二次跑5圈的概率为0.6,跑6圈的概率为0.4.
(ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为 ;
(ⅱ)若该同学一周至少跑11圈为运动量达标,连续跑4周.记达标的周数为随机变量X,则X的期望E(X)= .
0.6
3.2
解析 (ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为0.5×0.6+0.5×0.6=0.6.
(ⅱ)该同学一周跑12圈的概率为0.5×0.4=0.2,故该同学运动量达标的概率为0.6+0.2=0.8,∴X~B(4,0.8),则E(X)=4×0.8=3.2.
考向1 古典概型与条件概率
例4 (2024天津,13)有A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加,
则甲选到A活动的概率为 ;已知乙选了A活动,那么他再选择B活动的概率为 .【一题多解】
解析 (方法一 列举法)从五个活动中选三个有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况,其中甲选到A活动有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,共6种情况,则甲选到A活动的概率为;乙选了A活动有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,共6种情况,其中他再选择B活动有ABC,ABD,ABE,共3种情况,则乙选了A活动,再选择B活动的概率为
(方法二)甲选到A活动的概率P=;
设乙选了A活动为事件M,乙选了B活动为事件N,
则P(M)=,P(MN)=,
所以乙选了A活动,再选择B活动的概率P(N|M)=
考向2 全概率公式
例5 (多选题)(2025安徽芜湖模拟)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立.由于随机因素的干扰,发送信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送0时,接收为0和1的概率分别为0.8和0.2;发送1时,接收为0和1的概率分别为0.1和0.9.以下叙述正确的是( )
A.若重复发送信号0两次,则接收信号均为0的概率为0.96
B.若重复发送信号1两次,则两次接收信号不同的概率为0.18
C.若发送信号为1或0的概率均为0.5,则接收信号为1的概率为0.55
D.若接收信号为1的概率为0.76,则发送信号为1的概率为0.8
BCD
解析 根据题意,设事件A0为“发送信号0”,事件A1为“发送信号1”,事件B0为“接收信号为0”,事件B1为“接收信号为1”,则P(B0|A0)=0.8,P(B1|A0)=0.2,P(B0|A1)=0.1,P(B1|A1)=0.9.
若重复发送信号0两次,则接收信号均为0的概率为P=P(B0|A0)×P(B0|A0)=0.64,故A错误;
若重复发送信号1两次,则两次接收信号不同的概率为P=P(B0|A1)×P(B1|A1)=2×0.1×0.9=0.18,故B正确;
若发送信号为1或0的概率均为0.5,则接收信号为1的概率为P=P(A0)P(B1|A0)+P(A1)P(B1|A1)=0.5×0.2+0.5×0.9=0.55,故C正确;
设发送信号1的概率为x,则接收信号为1的概率为P=P(A0)P(B1|A0)+P(A1)P(B1|A1)=(1-x)×0.2+x×0.9=0.76,解得x=0.8;
即发送信号为1的概率为0.8,故D正确.故选BCD.
【对点训练2】(1)(多选题)(2025安徽马鞍山模拟)甲罐中有4个红球,2个白球,乙罐中有5个红球,3个白球.整个取球过程分为两步:(1)先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐,记事件A1为“取出的是红球”,事件A2为“取出的是白球”;(2)再从乙罐中随机取出两个球,记事件B为“取出的两球都是红球”,事件C为“取出的两球为一红一白”,则( )
A.P(B|A1)= B.P(C|A2)=
C.P(B)= D.P(C)=
AD
解析 由题意知P(A1)=,P(A2)=,P(B|A1)=,
P(B|A2)=,P(C|A1)=,P(C|A2)=,
P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=,
P(C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)=故选AD.
(2)(2024全国甲,理16)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于的概率为
.
解析 记先后取出的三个球上的数字分别为a,b,c,则共有=120种可能,令|m-n|=||=||,则|a+b-2c|≤3,根据对称性可知,当c=1或6时,均有2种可能;当c=2或5时,均有10种可能;当c=3或4时,均有16种可能.故满足条件的情形共有56种,故所求概率P=(共41张PPT)
融合创新(二) 概率统计中的创新问题
创新点1 概率与数列
创新点2 概率与函数、导数
目 录 索 引
创新点3 概率新定义问题
真题解构 概率
创新点1 概率与数列
例1 (2025江西一模)某公司为提升员工身体素质,鼓励员工参与“健康帮,活力无限”健身打卡活动.公司将参与健身打卡活动的员工分成了X,Y,Z三组进行健身竞赛,其规则:竞赛发起权在任何一组,该组都可向另外两组发起竞赛,首先由X组先发起竞赛,挑战Y组、Z组的概率均为,若X组挑战Y组,则下次竞赛发起权在Y组.若竞赛发起权在Y组,则挑战X组、Z组的概率分别为;若竞赛发起权在Z组,则挑战X组、Y组的概率分别为.
(1)经过3次挑战赛后,求竞赛发起权在Y组的次数M的分布列与数学期望;
(2)定义:已知数列{an},若对于任意给定的正数ε(不论它多么小),总存在正整数N0,使得当n>N0时,|an-A|<ε(A是一个确定的实数),则称数列{an}为“聚点数列”,A称为数列{an}的聚点.经过n次竞赛后,竞赛发起权在X组的概率为an,证明数列{an}为“聚点数列”,并求出聚点A的值.
解 (1)由题可知M的取值为0,1,2,则P(M=0)=,
P(M=1)=,
P(M=2)=,
所以M的分布列为
所以E(M)=0+1+2
M 0 1 2
P
(2)第n次挑战后挑战权在Y,Z组的概率分别是bn,cn,n≥2,
则an+bn+cn=1,
②+③得bn+cn=an-1+(bn-1+cn-1),由①得bn-1+cn-1=an,所以1-an=an-1+an,所以1-an=an-1+an,所以an=1-an-1,所以an=an-1,所以an-=-(an-1-),其中a1=0,所以{an-}是以-为首项,-为公比的等比数列,所以an-=-(-)n-1,所以an=(-)n-1,
由聚点数列的定义,得|(-)n-1-|=|(-)n-1|=()n-1,由指数函数的单调性可知,当n→+∞时,()n-1→0,所以对于任意给定的正数ε,总存在正整数N0,使得当n>N0时,|an-|<ε,所以数列{an}为“聚点数列”,聚点A=
【对点训练1】(2025上海建平中学模拟)为了避免就餐聚集和减少排队时间,某校开学后,食堂从开学第一天起,每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择,已知他第一天选择米饭套餐的概率为,而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为,前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为,如此往复.
(1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率;
(2)记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn;
①证明:{Pn-}为等比数列;
②当n≥2时,Pn≤m恒成立,求m的取值范围.
(1)解 设A1=“第一天选择米饭套餐”,A2=“第二天选择米饭套餐”,
则=“第一天不选择米饭套餐”,
根据题意P(A1)=,P()=,P(A2|A1)=,P(A2|)=1-,
由全概率公式得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P()P(A2|)=
(2)①证明 设An=“第n天选择米饭套餐”,则Pn=P(An),P()=1-Pn,
根据题意,P(An+1|An)=,P(An+1|)=1-,
由全概率公式得
Pn+1=P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P()P(An+1|)=Pn+(1-Pn)=-Pn+,
因此Pn+1-=-(Pn-),
又P1-0,所以|{Pn-}是以为首项,-为公比的等比数列.
②解 由①可得Pn-(-)n-1(n≥2),所以Pn=(-)n-1,要求Pn的最大值,则n-1为偶数,当n-1为偶数时,Pn=)n-1,此时{Pn}是递减数列,所以Pn的最大值为P3=()2=,因此m,则m的取值范围是m∈[,+∞).
创新点2 概率与函数、导数
例2 (2025河北邯郸一模)某班举办诗词大赛,比赛规则如下:参赛选手第一轮回答4道题,若答对3道或4道,则通过初赛,否则进行第二轮答题,第二轮答题的数量为第一轮答错的题目数量,且题目与第一轮的题不同,若全部答对,则通过初赛,否则淘汰.已知甲同学参加了这次诗词大赛,且甲同学每道题答对的概率均为p(≤p<1).假设甲同学回答每道题相互独立,两轮答题互不影响.
(1)已知p=.
①求甲同学第一轮答题后通过初赛的概率;
②求甲同学答对1道题的概率.
(2)记甲同学的答题个数为X,求E(X)的最大值.
解 (1)①由题意,甲同学第一轮答题后通过初赛的概率为
P=)3×(1-)1+)4(1-)0=
②甲同学答对1题的情况如下,第一轮答对1题,第二轮答对0题,
则概率为P1=)1(1-)3)0(1-)3=;
第一轮答对0题,第二轮答对1题,则概率为P2=)0(1-)4)1(1-)3=
所以甲同学答对1道题的概率为P1+P2=
(2)由题意,X=4,6,7,8,则P(X=4)=p3(1-p)1+p4(1-p)0=4p3(1-p)+p4,
P(X=6)=p2(1-p)2=6p2(1-p)2,
P(X=7)=p1(1-p)3=4p(1-p)3,
P(X=8)=p0(1-p)4=(1-p)4,
所以E(X)=4[4p3(1-p)+p4]+36p2(1-p)2+28p(1-p)3+8(1-p)4
=16p3-12p4+36p2(1-p)2+28p(1-p)3+8(1-p)4=4p4-4p3-4p+8,
又p<1,令f(p)=4p4-4p3-4p+8,p<1,则f'(p)=4(4p3-3p2-1),
令g(p)=4p3-3p2-1,p<1,则g'(p)=6p(2p-1),当p<时,g'(p)<0,即g(p)在[)上单调递减;当0,即g(p)在(,1)上单调递增;
又g()=-<0,g(1)=0,则在[,1)上g(p)<0,所以在[,1)上f'(p)<0恒成立,即f(p)在[,1)上单调递减,所以f(p)max=f()=,故E(X)的最大值为
【对点训练2】(2025山东聊城模拟预测)“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法,而我们利用一些样本去估计某一参数的值时,常采用最大似然估计的方法.最大似然估计是由高斯首次提出,费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估计方法,其原理是从总体中抽出具有n个值的采样X1,X2,…,Xn,求出似然函数L(p)=P(X1=x1,X2=x2,…,Xn=xn),似然函数L(p)表示样本同时取得x1,x2,…,xn的概率,当似然函数取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值.
(1)已知一工厂生产产品的合格率为p,每件产品合格与否相互独立,现从某批次产品中随机抽取20件进行检测,有2件不合格;
(ⅰ)估计该批次产品合格率;
(ⅱ)若用随机变量X表示产品是否合格,X=0表示不合格,X=1表示合格,求合格率p的最大似然估计值,并判断与(ⅰ)中估计值是否相等;
(2)设一次试验中随机变量Y的概率分布为
Y 1 2 3
P x2 2x(1-x) (1-x)2
现做n次独立重复试验,Y=1出现了n1次,Y=2出现了n2次,Y=3出现了n3次,求x的最大似然估计值;
(3)泊松分布是一种重要的离散分布,其概率分布为P(X=k)=e-λ (X=0,1,2,…),设一次试验中随机变量X的取值服从泊松分布,进行n次试验后得到X的值分别为a1,a2,…,an,已知λ的最大似然估计值为2,求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)(ⅰ)由题知该批次产品合格率P==0.9.
(ⅱ)由题意得,似然函数L1(p)=p18(1-p)2,L1'(p)=p17(p-1)(20p-18),当p∈(0,0.9)时,L1'(p)>0,L1(p)单调递增,当p∈(0.9,1)时,L1'(p)<0,L1(p)单调递减,则当p=0.9时,L1(p)取得最大值,即p的最大似然估计值为0.9,与(ⅰ)中的估计值相等.
(2)L2(x)=(x2[2x(1-x)[(1-x)2(1-x,
令f(x)=ln L2(x)=(2n1+n2)ln x+(2n3+n2)ln(1-x)+n2ln 2,0则f'(x)=,令f'(x)=0,解得,
易知f'(x)在x∈(0,1)上单调递减,则当x∈(0,)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以L2(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,则x=时,L2(x)取得最大值,所以x的最大似然估计值为
(3)L3(λ)=P(X1=a1,…,Xn=an)=e-λ=e-nλ,设g(λ)=ln L3(λ)=(ai)ln λ-nλ-ln ai!,则函数g(λ)与ln L3(λ)单调性相同,因为g'(λ)=ai-n为减函数,令g'(λ)=0得λ=,则0<λ<时g'(λ)>0,函数g(λ)单调递增;λ>时, g'(λ)<0,函数g(λ)单调递减,所以λ=为g(λ)极大值点也即最大值点,所以λ=为ln L3(λ)极大值点也即最大值点,则由题知λ的最大似然估计值为=2,即ai=Sn=2n.
创新点3 概率新定义问题
例3 (2025安徽合肥二模)当前,以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展,而数学理论和方法在这些模型的研发中,发挥着重要作用.例如,当新闻中分别出现“7点钟,一场大火在郊区燃起”和“7点钟,太阳从东方升起”这两个事件的描述时,它们提供的“信息量”是不一样的,前者比后者要大,会吸引人们更多关注.假设通常情况下,它们发生的概率分别是p=0.000 1和p=0.999 9,用ln这个量来刻画“信息量”的大小,计算可得前者约为9,后者接近于0.现在假设离散型随机变量X的分布列为P(X=xi)=pi,0(1)若X的分布列为P(X=x1)=p,P(X=x2)=1-p,0(2)证明:eH(X)≤m;
(3)若X~B(n,p),且n为定值,设H(X)=f(p),证明:f'()=0.
(1)解 由题意知,H(X)=-pln p-(1-p)ln(1-p),其中0令H(X)=φ(p),则φ'(p)=ln
所以当00,所以φ(p)在(0,)上单调递增;
当所以H(X)在p=时取得最大值,且最大值为ln 2.
(2)证明 要证eH(X)≤m,即证ln m≥H(X),
因为ln m-H(X)=ln m-(piln)=ln m+(piln pi)=(piln m)+(piln pi)
=(piln(mpi))[pi(1-)]=pi-=1-1=0
(当且仅当mpi=1,即pi=时等号成立),所以eH(X)≤m.
(3)证明 由题意知f(p)=H(X)=-pk(1-p)n-kln(pk(1-p)n-k),
则f(1-p)=-(1-p)kpn-kln((1-p)kpn-k),由,则f(p)=f(1-p),
所以f'(p)=-f'(1-p),则f'()=-f'(),即得f'()=0.
真题解构 概率
例题 (17分)(2025新高考Ⅱ,19)甲、乙两人进行乒乓球练习,每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p((1)求p3,p4(用p表示);
(2)若=4,求p;
(3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1命题分析 本题以乒乓球比赛得分的概率问题为背景,综合考查独立事件的概率、组合数的应用、递推关系的构建及不等式的证明等问题.
第(1)问通过具体计算考查学生对独立事件概率的理解;第(2)问通过方程求解考查概率的对称性;第(3)问通过数学归纳或对称性分析考查学生的逻辑推理能力.试题体现了概率与代数知识的综合运用,注重考查学生的数学建模能力和抽象思维能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 甲胜概率p(2 pk:甲比乙至少多得2分的概率 需分析k球后甲比乙至少多得2分的所有可能情况(如甲赢m+1球,乙赢m-1球)
3 qk:乙比甲至少多得2分的概率 对称的分析乙比甲至少多得2分的情况
4 =4 建立关于p的方程,需先求出p3,p4,q3,q4的表达式
5 证明p2m+1-q2m+1思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(1)求p3 列举甲比乙至少多得2分的所有情况:仅甲赢3球(3∶0) 直接锁定唯一满足条件的事件,简化计算
计算 p3=p3 独立事件连乘,体现乘法原理
(1)求p4 列举情况: ①甲4∶0(概率p4) ②甲3∶1(概率p3q) 需全面考虑所有满足甲比乙至少多得2分的组合
整合 p4=p4+4p3q 概率加法原理,组合数计算
关键步骤 思维要点 思维缘由
(2)建立方程 计算p4-p3=3p3q q4-q3=3q3p 通过差值消除相同结构,简化分式
化简 =4 利用q=1-p代换,转化为代数方程
解方程 p= 注意概率范围(3)递推分析 构建递推关系 递推关系是解决问题的关键
证明不等式 作差法比较大小 组合数公式
书写表达
(1)解 p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率,
故只能甲赢3球,注①→思考:为什么甲赢3球 (1分)
故p3=(1-p)0p3=p3.
p4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,
故甲赢3球或4球,注②→思考:为什么甲赢3球或4球 (2分)
故所求为p4=(1-p)1p3+(1-p)0p4=4p3(1-p)+p4=p3(4-3p).(3分)
(2)解 由(1)得p3=p3,p4=p3(4-3p),
同理q3=q3,q4=q3(4-3q),注③→思考:为什么能利用类比的方法得到q3,q4 (4分)
若=4,p+q=1,
则=()2=4,(6分)
因为所以p=2q=2(1-p),解得p=.注④→思考:如何代入计算p (7分)
(3)证明 p2m-p2m+1=p2m-kqk-p2m+1-kqk
=p2m-kqk-p2m+1-kqk-p2m+1-kqk
=(1-p)p2m-kqk-p2m+1-kqk
=p2m-kqk+1-p2m+1-kqk
=p2m-kqk+1-p2m-kqk+1
=pm+1qm.注⑤→思考:如何得到p2m=p2m-kqk (8分)
p2m+2-p2m+1=p2m+2-kqk-p2m+1-kqk
=p2m+2-kqk+p2m+2-kqk-p2m+1-kqk
=p2m+2-kqk+pm+2qm+(p-1)p2m+1-kqk
=p2m+2-kqk+pm+2qm-p2m+1-kqk+1
=p2m+1-kqk+1+pm+2qm-p2m+1-kqk+1
=pm+2qm.(10分)
故p2m-p2m+1=pm+1qm,p2m+2-p2m+1=pm+2qm.
同理有q2m-q2m+1=qm+1pm,q2m+2-q2m+1=qm+2pm.
注⑥→思考:利用类比思想方法的优点有哪些 (11分)
p2m-p2m+1=pm+1qm=p·(pmqm)>q·(pmqm)
=qm+1pm=q2m-q2m+1,
注⑦→思考:这样转化的目的是什么
即p2m+1-q2m+1p2m+2-p2m=(p2m+2-p2m+1)-(p2m-p2m+1)=pm+2qm-pm+1qm
=pmqm·p(p·)=pmqm·p[p·]
=pmqm·p(p-).(13分)
同理有q2m+2-q2m=pmqm·q(q-).(14分)
因为p+q=1,且故结合p(p-)-q(q-)=(p-q)(p+q)-(p-q)=(p-q)-(p-q)
=(p-q)>0,注⑧→思考:这样运算的目的是什么 (16分)
就能得到p2m+2-p2m>q2m+2-q2m,
即p2m-q2m综上,对任意正整数m,p2m+1-q2m+1回顾反思 本题围绕乒乓球比赛得分概率展开,通过分析不同比赛球数下甲、乙得分情况计算概率.
第(1)问根据比赛胜负组合计算p3,p4;
第(2)问利用对称性结合已知等式求解p;
第(3)问通过构造递推关系式,依据比赛得分规则及组合数性质证明不等式.整体考查独立事件概率计算、组合数运用及逻辑推理能力,需准确把握各种得分情形,合理运用相关公式和性质解题.(共40张PPT)
第2讲 统计与成对数据的统计分析
考点一 统计图表、数字特征
考点二 回归分析
目 录 索 引
考点三 独立性检验
考点一 统计图表、数字特征
理知识
从频率分布直方图中得到有关数据的方法:
频率 频率分布直方图中横轴表示样本数据,纵轴表示,频率=组距×
频率比 频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1,各小长方形高的比也就是频率比
众数的估计值 频率分布直方图中最高小长方形底边中点的横坐标
中位数的估计值 频率分布直方图中中位数左边和右边的直方图的面积相等
平均数的估计值 频率分布直方图中每个小长方形的面积与小长方形底边中点的横坐标的乘积之和
链高考
1.(2024新高考Ⅱ,4)某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻,得到各块稻田的亩产量(单位:kg)并整理下表:
亩产量 [900, 950) [950, 1 000) [1 000, 1 050) [1 050, 1 100) [1 100, 1 150) [1 150,
1 200)
生产数 6 12 18 30 24 10
据表中数据,结论中正确的是( )
A.100块稻田亩产量中位数小于1 050 kg
B.100块稻田中的亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例超过80%
C.100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间
D.100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1 000 kg之间
C
解析 由6+12+18=36<50,6+12+18+30=66>50,得中位数在[1 050,1 100)范围内,故A错误;亩产量低于1 100 kg的稻田生产数为6+12+18+30=66,=66%<80%,故B错误;亩产量最大值在[1 150,1 200)范围内,最小值在[900,950)范围内,故极差在(1 150-950,1 200-900)范围内,即200 kg至300 kg之间,故C正确;取各区间中点估算平均值:925+975+1 025+1 075+1 125+1 175=1 067,大于1 000 kg,故D错误.故选C.
2.(多选题)(2021新高考Ⅰ,9)有一组样本数据x1,x2,…,xn,由这组数据得到新样本数据y1,y2,…,yn,其中yi=xi+c(i=1,2,…,n),c为非零常数,则( )
A.两组样本数据的样本平均数相同
B.两组样本数据的样本中位数相同
C.两组样本数据的样本标准差相同
D.两组样本数据的样本极差相同
CD
解析 xi,+c,故A错误;两组样本数据的样本中位数相差c,故B错误;(xi-)2,[(xi+c)-(+c)]2=,故C正确;x极差=xmax-xmin,y极差=(xmax+c)-(xmin+c)=xmax-xmin,故D正确.故选CD.
例1 (1)(多选题)(2025黑龙江哈尔滨二模)某高中为了解该校学生的体质情况,对全校同学进行了身体素质测试,现随机抽取所有测试同学中的100名,经统计这一部分同学的体测分数均介于40至100之间.为进一步分析该校学生体质情况,现将数据整理得到如下所示频率分布直方图,则下列结论正确的是( )
A.a=0.010
B.样本中得分不低于80分的同学有15名
C.估计样本的40%分位数为66
D.估计该组数据的平均数大于众数
ABC
解析 对于A,由(0.005+2a+0.015+0.025+0.035)×10=1,可得a=0.010,故A正确;对于B,样本中得分不低于80分的频率为(0.01+0.005)×10=0.15,故样本中得分不低于80分的同学有100×0.15=15,故B正确;对于C,第一个矩形面积为0.1,第二个矩形面积为0.15,第三个矩形面积为0.25,0.1+0.15=0.25,0.1+0.15+0.25=0.5,所以估计样本的40%分位数为60+10=66,故C正确;对于D,平均数的估计值为45×0.1+55×0.15+65×0.25+75×0.35+85×0.1+95×0.05=68.5,众数的估计值为75,故D错误.故选ABC.
(2)(多选题)(2025湖南郴州三模)某市为丰富市民的业余生活,春节前举办“迎春杯”歌手大奖赛.比赛分青年组、中年组和老年组,每组由6位专业评委对演唱评分(满分10分),老年组的甲和乙参加比赛得分的折线统计图如下图所示,则下列结论正确的是( )
A.甲得分的中位数大于乙得分的中位数
B.甲得分的极差大于乙得分的极差
C.甲得分的上四分位数小于乙得分的
上四分位数
D.甲得分的方差大于乙得分的方差
ABD
解析 将甲的得分从小到大排列为7.0,8.3,8.9,8.9,9.2,9.3.
因为数据个数n=6为偶数,所以甲得分的中位数为=8.9.
将乙的得分从小到大排列为8.1,8.5,8.6,8.6,8.7,9.1,
所以乙得分的中位数为=8.6.
由于8.9>8.6,所以甲得分的中位数大于乙得分的中位数,故A正确;
甲得分的极差为9.3-7.0=2.3,乙得分的极差为9.1-8.1=1.
因为2.3>1,所以甲得分的极差大于乙得分的极差,故B正确;
n=6,6×75%=4.5,向上取整为5,所以甲得分的上四分位数是9.2,乙得分的上四分位数是8.7,由于9.2>8.7,所以甲得分的上四分位数大于乙得分的上四分位数,故C错误.
甲得分的平均数为==8.6,甲得分的方差为[(7.0-8.6)2+(9.3-8.6)2+(8.3-8.6)2+(9.2-8.6)2+(8.9-8.6)2+(8.9-8.6)2]
=0.61.
乙得分的平均数为==8.6,
乙得分的方差为[(8.1-8.6)2+(9.1-8.6)2+(8.5-8.6)2+(8.6-8.6)2+(8.7-8.6)2+(8.6-8.6)2]=0.09.
因为0.61>0.09,所以甲得分的方差大于乙得分的方差,故D正确.故选ABD.
考点二 回归分析
理知识
1.线性相关:若样本相关系数r>0,则两个变量正相关;若r<0,则两个变量负相关;且|r|→1,相关性越强;|r|→0,相关性越弱.
2.经验回归方程:若变量x与y具有线性相关关系,有n个样本数据(xi,yi)(i=1,2,…,n),则经验回归方程为x+,其中=. 经验回归直线x+过样本点的中心()
3.决定系数R2:R2=1-.R2越大,表示残差平方和越小,即模型的拟合
效果越好;R2越小,表示残差平方和越大,即模型的拟合效果越差.
链高考
1.(2024天津,3)下列图中,相关系数最大的是( )
A
解析 观察4个选项可知,选项A中的散点分布比较集中,且基本接近某一条直线,线性回归模型拟合效果比较好,呈现明显的正相关.故选A.
2.(2023天津,7)鸢是鹰科的一种鸟,《诗经·大雅·旱麓》曰:“鸢飞戾天,鱼跃于渊”.鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名,寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样,收集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长度和花瓣长度(单位:cm),绘制散点图如图所示,计算得样本相关系数为r=0.864 2,利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为=0.750 1x+0.610 5,
根据以上信息,如下判断正确的为( )
A.花瓣长度和花萼长度不存在相关关系
B.花瓣长度和花萼长度负相关
C.花萼长度为7 cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值约为5.861 2 cm
D.若选取其他品种鸢尾花进行抽样,所得花萼长度与花瓣长度的样本相关系数一定是0.864 2
C
解析 根据散点的集中程度可知,花瓣长度和花萼长度有相关性,故A错误;散点的分布是从左下到右上,从而花瓣长度和花萼长度正相关,故B错误;把x=7代入=0.750 1x+0.610 5,可得=5.861 2,故C正确;由于r=0.864 2是全部数据的相关系数,取出来一部分数据,相关性可能变强,可能变弱,即取出的数据的样本相关系数不一定是0.864 2,故D错误.故选C.
例2 (2025湖南长沙模拟)某电动车公司的年广告费xi(单位:万元)和年销售量yi(单位:万辆)关系如图所示.令vi=ln xi(i=1,2,…,5),数据经过初步处理得
yi vi (xi-)2 (yi-)2 (vi-)2 (xi-)(yi-) (yi-)(vi-)
44 4.8 10 40.3 1.608 19.5 8.04
现有①y=bx+a和②y=nln x+m两种方案作为年销售量y关于年广告费x的回归模型,其中a,b,m,n均为常数.
(1)请从样本相关系数的角度,分析哪一个模型拟合程度更好 (精确到小数点后两位)
(2)根据(1)的分析选取拟合程度更好的回归模型及表中数据,求出y关于x的经验回归方程,并预测年广告费为6万元时,产品的年销售量是多少
(3)该公司生产的电动车毛利润为每辆200元(不含广告费、研发经费).该公司在加大广告投入的同时也加大研发经费的投入,年研发经费为年广告费的199倍.电动车的年净利润除受年广告费和年研发经费影响外还受随机变量ξ的影响,设随机变量ξ服从正态分布N(600,σ2),且满足P(ξ>800)=0.3.在(2)的条件下,求该公司年净利润的最大值大于1 000万元的概率.(年净利润=毛利润×年销售量-年广告费-年研发经费-随机变量)
附:①样本相关系数r=,经验回归方程x中.
②参考数据:≈8.05,≈20.1,ln 5≈1.6,ln 6≈1.8.
解 (1)设模型①和②的样本相关系数分别为r1,r2.
由题意可得r1=0.97,
r2=1.00.
所以|r1|<|r2|,由相关系数的相关性质可得,模型②的拟合程度更好.
(2)因为=5,又由vi=0.96,yi=8.8,
得-5=8.8-0.96×5=4,所以=5v+4,即经验回归方程为=5ln x+4.当x=6时,=5ln 6+4≈13,因此当年广告费为6万元时,产品的销售量大概是13万辆.
(3)净利润为200×(5ln x+4)-200x-ξ(x>0),令g(x)=200×(5ln x+4)-200x-ξ,x>0,所以g'(x)=-200,可得y=g(x)在(0,5)上单调递增,在(5,+∞)上单调递减.
所以g(x)max=g(5)=200×(5ln 5+4-5)-ξ≈1 400-ξ,由题意得1 400-ξ>1 000,即ξ<400,P(ξ<400)=P(ξ>800)=0.3,即该公司年净利润大于1 000万元的概率为0.3.
考点三 独立性检验
理知识
1.基于小概率值α的检验规则是:
当χ2≥xα时,我们就推断H0不成立,即认为X和Y不独立,该推断犯错误的概率不超过α;
当χ22.χ2越大两分类变量无关的可能性越小,推断犯错误的概率越小,在犯错误的概率不大于0.01的前提下认为两个变量有关,并不是指两个变量无关的可能性为0.01.
链高考
(2025新高考Ⅰ,15)为研究某疾病与超声波检查结果的关系,从做过的超声波检查的人群中随机调查了1 000人,得到如下列联表:
组别 检查结果 合计
正常 不正常 患该疾病 20 180 200
未患该疾病 780 20 800
合计 800 200 1 000
(1)记超声波检查结果不正常者患病的概率为P,求P的估计值;
(2)根据小概率值α=0.001的独立性检验,分析样本数据中超声波检查结果是否与患该疾病有关.
附:χ2=.
P(χ2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
解 (1)超声波检查结果不正常者有200人,这200人中患该疾病的有180人,
∴P=
(2)零假设为H0:超声波检查结果与是否患该疾病无关.根据列联表中的数据,经计算得到χ2==765.625>10.828=x0.001.
根据小概率值α=0.001的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为超声波检查结果与是否患该疾病有关.
例3 (2023全国甲,理19)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).
(1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望;
(2)试验结果如下:
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8
26.5 27.5 30.1 32.6 34.3 34.8 35.6
35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5
18.0 18.8 19.2 19.8 20.2 21.6 22.8
23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
(ⅰ)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m,再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数,完成如下列联表:
分组 对照组
试验组
(ⅱ)根据(ⅰ)中的列联表,依据小概率值α=0.05的χ2独立性检验,能否推断小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异
附:χ2=.
α 0.1 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
解 (1)由题意知,X服从超几何分布,且N=40,M=2,n=20,
则X的分布列为P(X=k)=,k=0,1,2.
计算的具体结果如表所示,
X 0 1 2
P
所以E(X)=n=20=1.
(2)(ⅰ)将40只小白鼠体重的增加量从小到大排列,得7.8,9.2,11.4,12.4,13.2,15.2,15.5,16.5,18.0,18.8,18.8,19.2,19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,23.9,25.1,25.8,26.5,27.5,28.2,30.1,32.3,32.6,34.3,34.8,35.6,35.6,35.8,36.2,36.5,37.3,40.5,43.2,所以m==23.4.
列联表为
分组 对照组 6 14
试验组 14 6
(ⅱ)零假设为H0:小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量没有差异.
根据列联表中的数据,经计算得到χ2==6.400>3.841=x0.05.
根据小概率值α=0.05的χ2独立性检验,我们推断H0不成立,即认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异,此推断犯错误的概率不大于0.05.
【对点训练】(2025江苏南通模拟)某教育时报为研究“支持增加中学生体育锻炼时间的观念是否与性别有关”,从某校男女生中各随机抽取80名学生进行问卷调查,得到如下数据(10≤m≤20,m∈N*),依据小概率值α=0.05的独立性检验可以推断“支持增加中学生体育锻炼时间的观念与性别有关”,则在这被调查的80名女生中支持增加中学生体育锻炼时间的人数的最小值为 .
性别 支持 不支持
男 70-m 10+m
女 50+m 30-m
附:χ2=,
其中n=a+b+c+d.
α 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
66
解析 因为依据小概率值α=0.05的独立性检验,可以推断“支持增加中学生体育锻炼时间的观念与性别有关”,所以
≥3.841,即(m-10)2≥28.807 5,
因为函数y=(m-10)2在[10,20]上单调递增,且m∈N*,(15-10)2<28.807 5,(16-10)2>28.807 5,所以m的最小值为16,所以在这被调查的80名女生中支持增加中学生体育锻炼时间的人数的最小值为50+16=66.(共44张PPT)
第3讲 随机变量及其分布
考点一 分布列的性质及应用
考点二 二项分布与超几何分布
目 录 索 引
考点三 正态分布
考点一 分布列的性质及应用
理知识
离散型随机变量X的分布列为
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则:(1)pi≥0,i=1,2,…,n;
(2)p1+p2+…+pn=1;
(3)E(X)=x1p1+x2p2+…+xipi+…+xnpn;
(4)D(X)=[xi-E(X)]2pi=E(X2)-[E(X)]2;
(5)若Y=aX+b,则E(Y)=aE(X)+b,D(Y)=a2D(X).
链高考
1.(2025新高考Ⅰ,14)有5个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取3次,每次取1个球,记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数,则X
的数学期望E(X)= .【一题多解】
解析 (方法一)由题意X=1,2,3,P(X=1)=;
P(X=2)=()2;
P(X=3)=()3=
故E(X)=1+2+3=
(方法二)依题意,假设随机变量Xi,其中i=1,2,3,4,5,
其中Xi=
则X=Xi,由于球的对称性,易知所有E[Xi]相等,则由期望的线性性质,得E[X]=E[Xi]=E[Xi]=5E[Xi],由题意可知,球i在单次抽取中未被取出的概率为,由于抽取独立,三次均未取出球i的概率为P(Xi=0)=()3=,因此球i至少被取出一次的概率为P(Xi=1)=1-,故E[Xi]=,所以E[X]=5E[Xi]=5
2.(2024新高考Ⅰ,14)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8,两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比
赛后,甲的总得分不小于2的概率为 .
解析 设每轮比赛中,甲选的卡片上的数字为i,乙选的卡片上的数字为j,则每轮比赛可用数字组(i,j)表示,其中i=1,3,5,7,j=2,4,6,8.当甲选的卡片上的数字为1时,甲这一轮得0分,所以在四轮比赛中,甲最多得3分,且要得3分,只有一种情形,即(1,8),(3,2),(5,4),(7,6).
甲得2分,有以下情形:
①当甲所选卡片上的数字为3和5时分别得1分,所选卡片上的数字为1和7时分别得0分,有(1,6),(3,2),(5,4),(7,8),共1种.
②当甲所选卡片上的数字为3和7时分别得1分,所选卡片上的数字为1和5时分别得0分,有(1,8),(3,2),(5,6),(7,4);(1,6),(3,2),(5,8),(7,4);(1,4),(3,2),(5,8),(7,6),共3种.
③当甲所选卡片上的数字为5和7时分别得1分,所选卡片上的数字为1和3时分别得0分,有(1,6),(3,8),(5,2),(7,4);(1,8),(3,6),(5,2),(7,4);(1,4),(3,8),(5,2),(7,6);(1,8),(3,4),
(5,2),(7,6);(1,6),(3,8),(5,4),(7,2);(1,8),(3,6),(5,4),(7,2);(1,2),(3,8),(5,4),(7,6),共7种.
综上可知,共12种情况满足四轮比赛后,甲的总得分不小于2.而四轮比赛中的所有情况共有4!种,故所求概率为
例1 (2024新高考Ⅱ,18)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率;
(2)假设0(ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,则该由谁参加第一阶段比赛
(ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛
解 (1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1次,则所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)(ⅰ)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3;
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]p3.
P甲-P乙=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3
=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]
=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p-q)(pq-p-q)
=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0,
所以P甲>P乙,故应该由甲参加第一阶段比赛.
(ⅱ)若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15,P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3,P(X=5)=[1-(1-p)3]q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]q2(1-q),P(X=15)=[1-(1-p)3]q3,
所以E(X)=[1-(1-p)3][5q(1-q)2+10q2(1-q)+15q3]
=15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p).
若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15,
P(Y=0)=(1-q)3+[1-(1-q)3](1-p)3,
P(Y=5)=[1-(1-q)3]p(1-p)2,
P(Y=10)=[1-(1-q)3]p2(1-p),
P(Y=15)=[1-(1-q)3]p3,
所以E(Y)=15p(q3-3q2+3q),则E(X)-E(Y)=15pq(p-q)(p+q-3)>0,
故应该由甲参加第一阶段比赛.
【对点训练1】(2025河北秦皇岛二模)小王是一位篮球运动爱好者,常去居住地附近A,B两个篮球场馆打篮球.已知小王第一次随机选择一个场馆打篮球.若前一次选择A场馆,那么下次选择A场馆的概率为m(0(1)若m+n=1,0(2)求小王第二次去B场馆打篮球的概率;
(3)若m=0.6,n=0.2,设小王前两次选择A场馆打篮球的次数为X,求X的分布列和数学期望.
解 (1)设“小王前三次选择相同场馆打篮球”为事件C,易知小王第一次随机选择A场馆的概率为,若第一次选择A场馆,第二次也选择A场馆的概率为m,第三次还选择A场馆的概率为m;
小王第一次随机选择B场馆的概率为,若第一次选择B场馆,第二次也选择B场馆的概率为1-n,第三次还选择B场馆的概率为1-n.
又因为m+n=1,0所以当m=0.8时,P(C)取得最大值,最大值为P(C)max=0.82=0.64.
(2)设“小王第二次选择B场馆打篮球”为事件D,易知小王第一次随机选择A场馆的概率为,若第一次选择A场馆,第二次选择B场馆的概率为1-m;小王第一次随机选择B场馆的概率为,若第一次选择B场馆,第二次也选择B场馆的概率为1-n.
因此可得P(D)=(1-m)+(1-n)=1-
(3)易知随机变量X的所有可能取值为0,1,2.
由m=0.6,n=0.2,可得P(X=0)=0.8=0.4,
P(X=1)=0.2+0.4=0.3,P(X=2)=0.6=0.3,
所以X的分布列为
因此E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.3=0.9.
X 0 1 2
P 0.4 0.3 0.3
考点二 二项分布与超几何分布
理知识
1.二项分布
一般地,在n重伯努利试验中,设每次试验中事件A发生的概率为p(0E(X)=np,D(X)=np(1-p).
2.超几何分布
在含有M件次品的N件产品中,任取n件(不放回),其中恰有X件次品,则P(X=k)=,k=m,m+1,m+2,…,r.m=max{0,n-N+M},r=min{n,M},且n≤N,M≤N,n,M,N∈N*.
链高考
(2023全国甲,理19节选)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望.
解 X所有可能取值为0,1,2,且P(X=k)=,k=0,1,2.
所以X的分布列为
X的数学期望E(X)=0+1+2=1.
X 0 1 2
P
例2 (2025吉林三模)DeepSeek是由中国某公司开发的人工智能模型. DeepSeek主要功能为内容生成、数据分析与可视化、代码辅助、多模态融合、自主智能体等,在金融领域、医疗健康、智能制造、教育领域等多个领域都有广泛的应用场景.为提高DeepSeek的应用能力,某公司组织A,B两部门的50名员工参加DeepSeek培训.
(1)此次DeepSeek培训的员工中共有6名部门领导参加,恰有3人来自A部门.从这6名部门领导中随机选取2人,记X表示选取的2人中来自A部门的人数,求X的分布列和数学期望;
(2)此次DeepSeek培训分三轮进行,每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为,每轮培训结果相互独立,至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格.
(ⅰ)求每位员工经过培训合格的概率;
(ⅱ)经过预测,开展DeepSeek培训后,合格的员工每人每年平均为公司创造利润30万元,不合格的员工每人每年平均为公司创造利润20万元,且公司需每年平均为每位参加培训的员工支付3万元的其他成本和费用.试估计该公司A,B两部门培训后的年利润(公司年利润=员工创造的利润-其他成本和费用).
解 (1)X的所有可能取值为0,1,2,且X服从超几何分布.
P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=
所以X的分布列为
X的数学期望为E(X)=0+1+2=1.
X 0 1 2
P
(2)(ⅰ)记C=“每位员工经过培训合格”,Ai=“每位员工第i轮培训达到优秀” (i=1,2,3),C=A1A2A3A2A3∪A1A3∪A1A2,根据概率加法公式和事件相互独立定义得,P(C)=P(A1A2A3)+P(A2A3)+P(A1A3)+P(A1A2)
=P(A1)P(A2)P(A3)+P()P(A2)P(A3)+P(A1)P()P(A3)+P(A1)P(A2)P()
=
即每位员工经过培训合格的概率为
(ⅱ)记A,B两部门开展DeepSeek培训后合格的人数为Y,则Y~B(50,),
E(Y)=50=25,则25×30+25×20-50×3=1 100(万元),即估计A,B两部门的员工参加DeepSeek培训后为公司创造的年利润为1 100万元.
【对点训练2】(2025广东中山一模)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案:应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题,按题目要求独立完成.规定:至少正确完成其中2道题的便可通过.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成,2道题不能完成;应聘者乙每题正确完成的概率都是,且每题正确完成与否互不影响.
(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望.
(2)请从稳定性的角度分析甲、乙两人谁面试通过的可能性大
解 (1)设甲正确完成面试题数为X,乙正确完成面试题数为Y,
则X可取1,2,3,Y可取0,1,2,3,且Y~B(3,),
则P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,
所以甲正确完成面试题数X的分布列为
E(X)=1+2+3=2,
P(Y=0)=()0×()3=,
P(Y=1)=()2=,
P(Y=2)=()2,
P(Y=3)=()3×()0=,
X 1 2 3
P
所以乙正确完成面试题数为Y的分布列为
E(Y)=0+1+2+3=2(或E(Y)=3=2).
(2)由(1)得D(X)=(1-2)2+(2-2)2+(3-2)2=,
D(Y)=(0-2)2+(1-2)2+(2-2)2+(3-2)2=(或D(Y)=3).
因为D(X)Y 0 1 2 3
P
考点三 正态分布
理知识
1.正态曲线关于直线x=μ对称且曲线与x轴之间的面积为1.
2.常用结论:
(1)对任意的a,有P(X<μ-a)=P(X>μ+a).
(2)P(X(3)P(a链高考
1.(2025天津,5)已知r为样本相关系数,则下列说法错误的是( )
A.若随机变量X~N(μ,σ2),则P(X≤μ-σ)=P(X≥μ+σ)
B.若随机变量X~N(1,22),Y~N(2,22),则P(X≤1)C.若|r|越趋近于1,则线性相关程度越强
D.若|r|越趋近于0,则线性相关程度越弱
B
解析 对于B,∵P(X≤1)=P(Y≤2)=,∴B错误.故选B.
2.(多选题)(2024新高考Ⅰ,9)为了解某种植区推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1,样本方差s2=0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(,s2),则( )
(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8
BC
解析 由题意知,X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12).
∵P(X<1.8+0.1)≈0.841 3,∴P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7,
∴P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)1.8+0.1)≈0.158 7,故A错误;
P(X>2)1.8)=0.5,故B正确;
∵P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3,故C正确,D错误.故选BC.
例3 (2025安徽黄山二模)为了解学生课余时间体育锻炼情况,某校对100名学生平均每周的体育锻炼时间进行了调查,统计数据如下表:
每周体育锻 炼的时间/h [0,2) [2,4) [4,6) [6,8) [8,10) [10,12) [12,14) [14,16]
人数/人 3 4 8 11 41 20 8 5
用频率估计概率,该校学生平均每周的体育锻炼时间X近似服从正态分布N(μ,δ2),μ近似为样本平均数(同一组中的数据用该组区间的中间值代表),δ近似为样本标准差s,并已求得s≈3,利用所得正态分布模型解决以下问题:
(1)该校共5 000人,试估计该校大约有多少学生平均每周的体育锻炼时间在15 h以上(结果四舍五入);
(2)若在该校随机抽取3位学生,设其中平均每周的体育锻炼时间在9 h以上的人数为ξ,求随机变量ξ的分布列和均值.
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5, P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.
解 (1)由题设μ==9,且δ=3,
所以该校学生平均每周的体育锻炼时间X近似服从正态分布N(9,32),
由P(X>15)=P(X>μ+2δ)=0.022 75,
所以估计该校大约有0.022 75×5 000≈114个学生平均每周的体育锻炼时间在15 h以上.
(2)由(1)知P(X>9)=P(X>μ)=,
则平均每周的体育锻炼时间在9 h以上的人数服从ξ~B(3,)分布,
所以P(ξ=0)=)0(1-)3=,P(ξ=1)=)1(1-)2=,
P(ξ=2)=)2(1-)1=,P(ξ=3)=)3(1-)0=,
所以ξ的分布列如下,
E(ξ)=0+1+2+3
ξ 0 1 2 3
P
【对点训练3】(1)(2025山东聊城模拟)目前新能源汽车越来越受到人们的关注与喜爱,其中新能源汽车所配备电池的充电量及正常使用年限是人们购车时所要考虑的重要因素之一.某厂家生产的某一型号的新能源汽车配备了两组电池,且两组电池能否正常使用相互独立.电池的正常使用年限ξ(单位:年)服从正态分布,P(ξ>10)=0.8,P(ξ<30)=0.8,则这两组电池在20年内都能正常使用的概率为( )
A. B.
C. D.
D
解析 ∵P(ξ>10)=0.8,P(ξ<30)=0.8,∴P(ξ≤10)=1-0.8=0.2=P(ξ≥30),
∴正态曲线的对称轴为直线ξ=20,则P(ξ≥20)=,即一组电池在20年内能正常使用的概率为,
∴这两组电池在20年内都能正常使用的概率为故选D.
(2)(多选题)(2025河北秦皇岛模拟)已知两种金属元件(分别记为X,Y)的抗拉强度均服从正态分布,且X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态分布密度曲线如图所示,则下列选项中正确的是(参考数据:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤Z≤μ+σ) ≈0.682 7,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.954 5)( )
A.P(μ1-σ1B.P(Y≥μ2)C.P(X≤σ2)D.对于任意的正数t,恒有P(X≥t)>P(Y≥t)
AB
解析 对于A,P(μ1-σ1对于B,由两个正态分布密度曲线知μ1<μ2,则P(Y≥μ2)对于C,由两个正态分布密度曲线知σ1<σ2,则P(X≤σ2)>P(X≤σ1),故C错误;对于D,对于任意的正数t,由图象可知,P(X≥t)表示的面积始终小于P(Y≥t)表示的面积,则恒有P(X≥t)
